Diseño del calentador de inducción - Relación de bobinas del transformador de corriente

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Actualmente estoy construyendo un calentador de inducción y me gustaría verificar mi enfoque, ya que no estoy seguro de si es correcto. A continuación se muestra la topología del circuito del tanque resonante que he construido. El circuito del tanque ilustrado está acoplado a un controlador de puente H a través de un transformador de corriente, con una frecuencia resonante de 12.841KHz.

simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab

Cada capacitor tiene una capacidad nominal de carga máxima de 25 A a 10 KHz, logrando 50 A en su configuración actual. Por lo tanto, considerando el flujo de corriente pico y factorizándolo contra la ESR del circuito (0.013 ohmios), la tensión pico del circuito secundario no debe exceder de 0.65 V, suponiendo que no haya impedancia debido a la reactancia. Sin embargo, esto solo sería capaz de producir 32.5W (0.65V x 50A) que está muy por debajo de lo que pretendo lograr.

El lado primario del circuito suministra 48V (960VA) a la bobina primaria del CT. La relación de transformador calculada da: Vp / Vs = 48V / 0.65V = 73.8 vueltas. Esto parece excesivo y es probable que produzca una inductancia / impedancia muy alta en el lado primario del circuito, lo que inhibe el flujo de corriente / potencia general.

Mis preguntas son:

1) ¿Mi enfoque para diseñar este circuito es correcto hasta ahora? Si no, ¿qué errores estoy cometiendo?

2) ¿Mi cálculo de potencia refleja la potencia total del circuito o solo la potencia perdida?

    
pregunta Junkers

2 respuestas

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No está claro dónde obtuvo el "ESR del circuito (0.013 ohmios)". Su circuito muestra un circuito de tanque paralelo. ¿Quizás pretendías conducir la carga como un circuito en serie?

Tal vez se refirió a la resistencia de carga (resistencia equivalente de la bobina). Un valor de .013 ohmios sería razonable para una bobina con 4 uHy. Esto da una bobina Q de aproximadamente 23 (XL / R).

Una bobina Q de 23 es bastante alta para el calentamiento por inducción.

Una bobina Q de 23 podría ser una bobina vacía o una bobina ligeramente cargada con carga no ferrosa.

Utilizando LTspice:

Elusodeunvoltajedeentradade18voltiospicomantienelacorrientedesucondensador(colorrojo)pordebajode50amperiospico.ElcolorverdeesactualenR1.

La potencia en la resistencia es de solo 16 vatios. Pero eso es de esperar con una bobina de inducción tan ligera.

Para lograr una mayor potencia, debe tratar de acoplar más estrechamente su carga caliente a la bobina. Esto aumentará R y disminuirá la bobina Q (XL / R).

Es probable que necesite condensadores que puedan manejar corrientes más altas si espera lograr una mayor potencia para su carga térmica.

    
respondido por el Marla
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Sé muy poco acerca de los calentadores de inducción, pero creo que escucho un pequeño error en tu pregunta.

  

Por lo tanto, considerando el flujo de corriente pico y factorizándolo contra la ESR del circuito (0.013 ohmios), la tensión pico del circuito secundario no debe exceder de 0.65 V, suponiendo que no haya impedancia debido a la reactancia.

ESR es una resistencia equivalente de serie . Cuando incluya esto en su simulación de circuito, verá que causa un ligero retraso en el "capacitor interno" debido a su constante de tiempo R-C efectiva. Echemos un vistazo a una simulación:

simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab

Figura 1. Modelo de ESR de un capacitor.

Figura 2. Observe el ligero retraso entre los voltajes NODE1 y NODE2. El voltaje en la ESR es la diferencia entre esas dos líneas.

Para la señal de pico de 10 V podemos medir en la simulación que hay una diferencia de aproximadamente 1,57 V entre los dos en el punto de cruce cero. Esto es más de lo que desearía, pero debería ver la idea de que el voltaje máximo del capacitor puede ser mayor que 0.65 V y más como 3.5 V.

Su problema ahora es que solo está ejecutando alrededor de 12 A de pico a través de los condensadores, como se muestra en la curva actual.

    
respondido por el Transistor

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